2021届高三数学（文理通用）一轮复习题型专题训练：导数的综合应用-恒成立问题（含解析）.docx

1、 2021 届高三一轮复习题型专题训练 - 1 - 导数的综合应用-恒成立问题 考查内容：考查内容：主要涉及利用导数解决恒成立问题主要涉及利用导数解决恒成立问题 注意：复合函数求导一般涉及理科注意：复合函数求导一般涉及理科 一选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1已知函数 2 2f xaxxa，对1 ,2x 都有 0f x 成立，则实数a的取值 范围是（ ） A,0 B 4 , 5 C,1 D1,0 2 已知函数 3 ( )3f xxx， 若对任意的 1 x， 2 3 3 , 2 2 x ， 都有 12 ( )()f xf xt， 则实数t最小值是（ ） A 9 8

2、B 9 4 C4 D1 3若不等式 43 42xxa对任意实数 x都成立，则实数 a的取值范围是（ ） A27a B25a C29a D29a 4函数 x f xe， 2 g xxa，对任意的 12 ,1,2x x ，都有 12 f xg x恒 成立，则实数a的取值范围是（ ） A 2 ,4e B 2 ,1e C,4e D,1e 5已知函数 2 ( ) x f xaxxxe，当0 x时，恒有 ( )0f x ，则实数a的取值范围 为（ ） A1, ) B(,0 C(,1 D0,) 6已知函数 ( )f x对 xR 均有 1 ( )2 () 2 f xfxmx，若( )lnf xx恒成立， 则实

3、数m的取值范围是（ ） A1, e B 5 6 , e C 3 (,e D( ,)e 7 已知( ) x f xe,当0 x时,不等式( ) ( )10 xk f xk （k是整数） 恒成立,则k的 最大值是（ ） A1 B2 C3 D4 8已知函数 2 2 ln3f xxax，若 1212 ,4,x xxx，2,3a ， 2021 届高三一轮复习题型专题训练 - 2 - 21 12 2 f xf x m xx ，则m的取值范围是（ ） A2, B 5, 2 C 9 , 2 D 19 , 4 9已知函数 sinf xxax，对任意的 12 ,x x ，且 12 xx，不等式 12 12 f x

4、f x a xx 恒成立，则实数a的取值范围是( ) A 1 2 a B 1 2 a C 1 2 a D 1 2 a 10已知函数 2 ,0 4,0 xx aexex fx xxa x ，若关于x的不等式 0f x 在区间 4,上恒成立，则实数a的取值范围是（ ） A 1 0,1 e B0,1 C 1 0,1 e D0,1 11若0, 2 x ，不等式sincosxxmxx恒成立，则正实数m的取值范围是 （ ） A （0，1 B （0，2 C 3 ,2 2 D （3，+） 12若对任意实数(,1x ， 2 21 1 x xax e 恒成立，则a （ ） A 1 2 B0 C 1 2 De 二填

5、空题 13不等式 xx eeax 对于任意正实数x恒成立，则实数a的取值范围是_ 14关于x的不等式 2 ln0 xxkxx恒成立，实数k的取值范围是_. 15若关于 x的不等式 2 1 ln1xxbx a 恒成立，则ab的最大值是_ 16设0a，当0 x时，不等式 22 13 1ln2 22 xa xaxaa恒成立，则a的 取值范围是_. 三解答题(解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 2021 届高三一轮复习题型专题训练 - 3 - 17已知函数 32 1 ( )2 3 f xxbxxa，2x是( )f x的一个极值点 （1）求 ( )f x的单调递增区间； （2）若当1,3x时， 2

6、 2 ( ) 3 f xa恒成立，求实数a的取值范围 18设 32 1 1424 3 f xxa xaxa，其中aR （1）若 fx有极值，求a的取值范围； （2）若当0 x， 0f x 恒成立，求a的取值范围 19已知函数 2 ( )(1)lnf xa xx. （1）若( )yf x在2x处取得极小值，求a的值； （2）若( )0f x 在1,)上恒成立，求a的取值范围； 20已知函数 2 ( )lnf xaxx(0a). (1)当 1a 时，求曲线( )yf x在1x 处的切线方程； (2)若对任意(0, )x，( )0f x 恒成立，求实数a的取值范围. 2021 届高三一轮复习题型专题

7、训练 - 4 - 21已知函数 1 ln(1) ( )(0) x f xx x ， （1）判断函数 ( )f x在区间(0,)上的单调性； （2）若当0 x时，( ) 1 k f x x 恒成立，求正整数k的最大值 22已知0a，函数 2 1lnfxa xx ， 1 11 ex g x x （1）求 fx的单调区间； （2）证明：当1x 时， 0g x ； （3）若 f xg x在区间 1, 上恒成立，求 a的取值范围 2021 届高三一轮复习题型专题训练 - 5 - 导数的综合应用-恒成立问题解析 1.【解析】函数 2 2f xaxxa,对1,2x 都有 0f x , 当1,2x时, 0f

8、x 即 2 20axxa ,即为 2 21a xx ， 可化为 2 1 2x a x ，令 2 2 ( ) 1 x g x x , 则 22 22 22 1)22( 1 2 ( 2 1 2) ) xxxx g x xx ， 当1,2x时, ( ) 0g x ,单调递减.因此 min 2 224 ( )(2) 152 g xg ， 所以 min 4 ( ) 5 ag x，故实数a的取值范围是 4 , 5 ，故选：B 2.【解析】函数 3 ( )3f xxx的导数为 2 33fxx， 令 0fx ，解得1x ，所以1, 1为函数 fx的极值点， 因为 3 3339 3 2228 f ，12f ，

9、( ) 12f=-， 3 3339 3 2228 f ， 即 maxmin 2,2f xf x 所以对任意的 1 x， 2 3 3 , 2 2 x ，都有 12 ( )()4f xf x ， 所以4t ，从而t的最小值为4.故选：C 3.【解析】 43322 ( )4,( )4124(3)f xxxfxxxxx, 当3x时，( )0fx ，当3x 时，( )0fx ， ( )f x的递减区间是(,3) ，递增区间是(3,)， 所以3,( )xf x取得极小值，也是最小值， min ( )(3)27f xf ， 不等式 43 42xxa对任意实数 x 都成立，所以 272,29a a. 故选:D

10、. 2021 届高三一轮复习题型专题训练 - 6 - 4.【解析】因为对任意的 12 ,1,2x x ，都有 12 f xg x恒成立， 又因为 f x和 g x在 1,2上为增函数， 所以 f x的最小值为e， g x的最大值为4a， 所以4ea，4ae .故选：C. 5.【解析】( )1 x f xx axe . 令( )1 x g xaxe，则( ) x g xae. 若1a ，则当(0,)x时，( )0g x ，( )g x为减函数，而(0)0g， 从而当0 x时，( )0g x ，即( )0f x ， 若1a ，则当(0,ln )xa时，( )0g x .( )g x为增函数，而(0

11、)0g， 从而当(0,ln )xa时， 0g x ，即( )0f x ，不合题意. 综上可得，a的取值范围为(,1.故选：C 6.【解析】根据题意，将 x 代入x，得 1 ()2 ( ) 2 fxf xmx . 由 1 ()2 ( ), 2 1 ( )2 () 2 fxf xmx f xfxmx 得 1 ( ) 6 f xmx ， 函数 1 ( ) 6 f xmx 的图象恒过点 1 0, 6 . 设( )lng xx，当函数 1 ( ) 6 f xmx 的图象和( )lng xx的图象相切时，设切点坐 标为 00 ,x y，由 1 ( )g x x ，得切线斜率 0 0 00 1 ln 16

12、0 x kgx xx ， 解得 5 0 6 xe .此时 5 6 5 6 1 ke e ，则要使( )lnf xx， 只需 5 6 me ，解得 5 6 me ，所以实数m的取值范围是 5 6 , e . 故选：B 2021 届高三一轮复习题型专题训练 - 7 - 7.【解析】( ) x f xe,代入() ( )10 xk f xk ， 得 10 xx xekek ， 当1x 时成立,得 2 1 1 k e ,所以整数k2. 又 可证2k 时成立,设( )1(0) xx g xxekekx， 得( )(1)(0) x g xxex, min ( )(1)30g xge， 所求k的最大值是2.

13、故选:B. 8.【解析】设 12 xx，因为 21 12 2 f xf x m xx ， 所以 1122 22f xmxf xmx. 记 2g xf xmx，则 g x在0,上单调递增， 故 0gx 在4,上恒成立，即 2 220 a xm x 在4,上恒成立， 整理得 a mx x 在4,上恒成立. 因为2,3a，所以函数 a yx x 在4,上单调递增， 故有4 4 a m.因为2,3a ，所以 max 19 4 44 a m ，即 19 4 m . 故选：D 9.【解析】 12 12 f xf x a xx 且 sinf xxax， 1122111222 1212 sinsinsinsi

14、n 0 xaxxaxxaxaxxaxax a xxxx ， 设 sing xxaxax， 则 12 12 0 g xg x xx ，又对任意的 12 ,x x ，且 12 xx都成立， 所以 g x在R上为增函数，即 1cos0gxaax 恒成立， 整理得1 cos1x a，当1 cos0 x时，不等式成立， 当1 cos0 x时， 1 1 cos a x 恒成立， 2021 届高三一轮复习题型专题训练 - 8 - 又 11 1 cos2x ，所以 1 2 a .故选：B 10.【解析】由 0f x ，当0 x时，1 x x a e ， 令 1 x g x x e ，则 1 x x gx e

15、， 由 0gx ，得01x；由 0gx ，得1x ， 所以 yg x在区间0,1上单调递增，在区间 1,上单调递减， 所以 max 1 1g x e . 当0 x 时， 1g x ，x ， 1g x ，1a ； 当40 x 时， 2 4axx ，令 2 2 424yxxx，则 max 0y， 所以0a .综上所述，实数a的取值范围是0,1.故选：B. 11.【解析】当0 x 时，显然不等式sincosxxmxx恒成立， 当 2 x 时，显然不等式 sincosxxmxx恒成立 当0, 2 x ，由不等式sincosxxmxx恒成立， 有 sin cos xx m xx ，0, 2 x 在恒成立

16、， 令 sin ( ) cos xx f x xx ，0, 2 x ，则 2 2 sinsin cos ( ) ( cos ) xxxxx fx xx ， 令 2 sinsin c)s(oxxxxgxx，0, 2 x ， 则 2 2 sincoscos)120(xxxxxg x， ( )g x在0, 2 x 上单调递增，( )(0)0g xg，即( )0fx ， ( )f x在0, 2 x 上单调递增，当0 x时，( )2f x ， 当0, 2 x 时，( )2f x 恒成立， sin cos xx m xx ，在0, 2 x 恒成立， 2m ，因此正实数m的取值范围为0,2故选 B 2021

17、 届高三一轮复习题型专题训练 - 9 - 12.【解析】 2 21 ( ) x xax f x e ，则 (1)(21) ( )(1) x x xa fxx e 当21 1a ，即0a时， ( ) 0fx ，则 ( )f x在(，1单调递减， 故 22 ( )(1)1 a f xf e 厖，解得10 2 e a，所以0a不符合题意； 当21 1a ， 即0a 时，( ) f x在(,21)a 上单调递减， 在(2 1a ，1上单调递增， 则( )(21) min f xfa 因为 2 21 1 x xax e ，所以 21 22 ( )(21)1 a a f xfa e 厖 令211at ，不

18、等式 21 22 1 a a e 可转化为1 0 t et ， 设( )1 t g tet ，则( )1 t g te， 令( )0g t ，得0t ；令( )0g t ，得01t ， 则( )g t在(,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增， 当0t 时，( )g t有最小值 0，即 ( ) 0g t ， 因为( ) 0g t ，所以( )0g t ，此时210a ，故 1 2 a 故选：A 13.【解析】由不等式 xx eeax 对于任意正实数x恒成立， 令 0 xx f xeeax x ，求导得 xx fxeea ， 因为2 xx ee ，所以按a与 2比较分类讨论： 当2a时， 0f

19、x ，所以 f x在区间0,上是增函数， 又 00f，所以 0f x 当2a 时，因为 fx 是增函数，所以 0fx 有唯一正数解，设为 0 x， 所以在区间 0 0,x上， 0fx， f x是减函数， 所以在 0 0,x上， 00f xf，不合题意 综上所述，实数a的取值范围是,2 14.【解析】由不等式 xx eeax 对于任意正实数x恒成立， 令 0 xx f xeeax x ，求导得 xx fxeea ， 2021 届高三一轮复习题型专题训练 - 10 - 因为2 xx ee ，所以按a与 2比较分类讨论： 当2a时， 0fx ，所以 f x在区间0,上是增函数， 又 00f，所以 0

20、f x 当2a 时，因为 fx 是增函数，所以 0fx 有唯一正数解，设为 0 x， 所以在区间 0 0,x上， 0fx， f x是减函数， 所以在 0 0,x上， 00f xf，不合题意 综上所述，实数a的取值范围是,2 15.【解析】由0a ，0 x ，原不等式可化为 ln11x xab xa . 设 ln1x f x x ，则 22 1 ln1 2ln xx x x fx xx ， 当 2 0,xe时， 0fx， f x递增； 2, xe， 0fx， f x递减. 所以， f x在 2 xe 处取得极大值，且为最大值 2 1 e ； xe 时， 0f x . 1 yxab a 的图象恒在

21、 f x的图象的上方， 显然0a 不符题意； 当0a 时，ab为直线 1 yxab a 的横截距，其最大值为 f x的横截距， 再令 0f x ，可得xe，所以ab取得最大值为e. 此时 2 ae ， 1 b e ，直线与 f x在点,0e处相切. 16.【解析】由题意，令 2 1 ( )(1)ln 2 f xxa xax， 则( )1 a xxa x f ，令( )0fx ，可得()(1)0 xa x当(0, )xa时， ( )0fx，即( )f x在(0, )a上单调递减；当( ,)xa时，( )0fx， 即 ( )f x在( ,)a 上单调递增， 2 2 min ( )( )ln 2 a

22、 f xf aaaaa， 2 22 3 ln2 22 a aaaaaa， 2021 届高三一轮复习题型专题训练 - 11 - 即 2 ln0,(0)aaaaa等价于ln10aa ，令( )ln1g aaa 则 1 ( )1g a a 令( )0g a可得：1a ， 当(0,1)a时，( )g a递减，(1,)a时，( )g a递增， 当1a 时， min ( )0g a所以 ln10g aaa 的解集为0,11, a的取值范围是0,11,.故答案为：0,11, 17.【解析】（1） 2 ( )22fxxbx. 2x 是的一个极值点， 2x 是方程 2 220 xbx 的一个根，解得 3 2 b

23、 . 令( )0fx ，则，解得1x 或2x . 函数( )yf x的单调递增区间为(,?1)，(2,?+ ). （2）当(1,2)x时( )0fx ，(2,3)x时( )0fx ， 在（1，2）上单调递减，在（2，3）上单调递增. (2)f是在区间1，3上的最小值，且 2 (2) 3 fa. 若当13x ，时，要使 2 2 ( ) 3 f xa恒成立，只需 2 2 (2) 3 fa， 即 2 22 33 aa，解得01a. 18.【解析】（1）由题意可知： 2 2 14f xxa xa ，且 f x有极值， 则 0f x 有两个不同的实数根，故 22 4 1164 10aaa ， 解得：1a

24、 ，即,11,a （2）由于0 x， 0f x 恒成立，则 0240fa，即0a ， 由于 2 2 1422f xxa xaxxa ，则 当01a时， f x在2xa处取得极大值、在2x 处取得极小值， 当02xa时， f x为增函数，因为 00f，所以 f x恒大于0， 当2xa时， 4 2280 3 min f xfa，解得： 1 21 a ； 当1a 时， 0fx ，即 f x在0,上单调递增，且 ( ) 0240f=， 2021 届高三一轮复习题型专题训练 - 12 - 则 00f xf恒成立； 当1a 时， f x在2x 处取得极大值、在2xa处取得极小值， 当02x时， f x为增

25、函数，因为 00f，所以 f x恒大于0， 当2x时， ( )() 32 4 3 min 24240fxfaaaa=-+，解得36a ， 综上所述，a的取值范围是 1 6 21 a 19.【解析】（1） ( )f x的定义域为(0,)， 1 ( )2fxax x ， ( )f x在 2x 处取得极小值，(2)0f，即 1 8 a . 此时，经验证2x 是 ( )f x的极小值点，故 1 8 a （2） 1 ( )2fxax x ， 当0a时，( )0fx ， ( )f x在1,)上单调递减， 当1x 时，( )(1)0f xf矛盾 当0a 时， 2 21 ( ) ax fx x ， 令( )0

26、fx ，得 1 2 x a ；( )0fx ，得 1 0 2 x a . （）当 1 1 2a ，即 1 0 2 a时， 1 (1,) 2 x a 时，( )0fx ，即 ( )f x递减，( )(1)0f xf 矛盾. （）当 1 1 2a ，即 1 2 a 时， 1,)x时，( )0fx ，即( )f x递增，( )(1)0f xf满足题意. 综上， 1 2 a 20.【解析】(1)当1a 时， 2 ( )lnf xxx， 1 ( )2fxx x ， (1)1f ，(1)1f ， 曲线( )yf x在点 1x 处的切线方程为 1(1)yx ，即0 xy， 2021 届高三一轮复习题型专题训

27、练 - 13 - (2)当0a 时， 2 ( )f xx (0 x )， 对任意(0,)x，( )0f x 恒成立，符合题意， 法一:当0a 时， 2 2 ( )2 aax fxx xx ，( )00 2 a fxx； ( )0 2 a fxx， ( )f x在(0, ) 2 a 上单调递增，在(,) 2 a 上单调递减 只需 max ( ( )()ln0 2222 aaaa f xf即可，解得02ea 故实数a的取值范围是0,2e)， 法二: 当0a 时，( )0f x 恒成立 2 1ln x ax 恒成立， 令 2 ln ( ) x g x x ， 则 3 1 2 l n ( ) x g

28、x x ，( )00eg xx；( )0eg xx ， ( )g x在(0, e)上单调递增，在( e, )上单调递减只需 max 11 ( ( )( e) 2e g xg a 即可，解得02ea 故实数a的取值范围是0,2e) 21.【解析】（1） 22 111 ( )1 ln1 ln(1) 11 x fxxx xxxx ， 0 x ， 2 1 0,0,ln(1)0 1 xx x ，( )0fx ， ( )f x在(0,)上是减函数； （2）当0 x 时，( ) 1 k f x x 恒成立， 即 (1)1 ln(1) ( ) xx h xk x 对0 x 恒成立， 2 1 ln(1) ( )

29、 xx h x x ，记( )1 ln(1)(0)xxxx ， 则 1 ( )10 11 x x xx ，( )x在(0,)上单调递增， 又(2)1 ln30, (3)22ln20 ，( )0 x存在唯一实数根a， 且满足(2,3)a，1 ln(1)aa ， 由x a 时，( )0, ( )0 xh x，0 xa时，( )0 x，( )0h x 知( )h x的最小 值是 (1)1 ln(1) ( )1(3,4) aa h aa a ， 2021 届高三一轮复习题型专题训练 - 14 - 1ka，正整数 k的最大值是 3 22.【解析】（1） 2 121 20 ax fxaxx xx 因为0a

30、 ，由 0fx ，得 1 2 x a ， 由 0fx ，得 1 2 x a ，由 0fx ，得 1 2 x a 所以 f x的单调递增区间为 1 , 2a ，单调递减区间为 1 0, 2a （2）证明：设 1 exxx ，则 1 e1 x x 当1x 时， 0 x，所以 x在 1,上单调递增， 所以 10 x，即 1 exx ，所以 1 1 e 1 x x ， 所以当1x 时， 0g x （3）当 1 0 2 a时， 1 1 2a ，由（）知， 1 1 2 0f a f ， 而 1 0 2 g a ，此时 f xg x在区间 1,上不恒成立 当 1 2 a 时，设 1h xf xg xx 当1x 时， 2122 11111121 21 ex h xaxx xxxxxxx 2 2 21 0 xx x ，所以 h x在1,上单调递增，所以 10h xh， 即此时 f xg x恒成立综上所述，a的取值范围是 1 , 2